(18)立体几何的综合-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习周测卷（B）

高三一轮复习B ·数学· 高三一轮复习周测卷/数学（十八） 命题要素-览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力V.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅢW ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 档次 系数 判断命题的充分条 选择题 5 件、线面关系有关 易 0.90 命题 2 选择题 多面体，投影向量 易 0.85 情境题，锥体体积的 3 选择题 5 易 0.78 有关计算 选择题 平行关系的应用 易 0.75 线面垂直，线线垂 5 选择题 5 0.70 直、锥体体积 6 选择题 5 空间向量，点点距离 中 0.60 选择题 5 球的外接问题 中 0.55 8 选择题 5 折叠中的最值问题 中 0.40 空间几何体中判定 9 选择题 6 中 0.65 形状、线线关系 异面直线所成的角， 10 选择题 6 线面角的概念及 / 0.55 辨析 空间中直线与直线， 直线与平面的位置 11 选择题 6 中 0.40 关系，线线角，棱台 表面积 点到直线距离的向 12 填空题 易 0.85 量求法 求楔型结构中异面 13 填空题 5 中 0.60 直线所成的角 14 面面垂直、立体几何 填空题 5 难 0.30 中的轨迹问题 线线垂直的证明，线 15 解答题 13 易 0.80 线角，二面角 ·103· ·数学· 参考答案及解析 证明线线垂直、线面 16 解答题 15 平行、锥体体积的有 中 0.70 关计算 面面垂直，空间垂直 17 解答题 15 / 中 0.60 的转化，线面角 证明线面垂直、求面 18 解答题 17 面角、已知线面角求 中 0.40 其他量 立体几何新定义、证 19 解答题 17 难 明问题 0.18 香考答案及解析 一、选择题 1.C【解析】对于A,由m∥n,n∥a,可得nCa或m∥ a,故A错误；对于B,由m∥3，a∥B,可得mCa或m B ∥a,故B错误；对于C,由m⊥n,n⊥a,m丈a,可得m ∥a,故C正确：对于D,由m∩n=A,n∥a,m丈a,可 得m,a相交或m∥a,故D错误.故选C. 2.C【解析】取P,Q分别为AC,AB的中点，连接FP, EQ,PQ, C 4.D【解析】连接AC,AC,在正方体ABCD ABCD中，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且 MNC平面A1B,CD1,所以MN∥平面ABCD,因为 平面PMNQ∩平面ABCD=PQ,MNC平面 PQNM,所以MN∥PQ,又M,N分别是A1B,B1C 的中点，所以MN∥A1C,又AC1∥AC,由平行的传 递性可知PQ∥AC,因为2AP=DP,所以2CQ=DQ, 所以DQ=DP=2,故在Rt△PDQ中，PQ= 因为AE=BE=AF=CF,所以EQ⊥AB,FP⊥AC √PD+DQ=√22+2=2√2.故选D. 因为平面ABE⊥平面ABC,平面ABE∩平面ABC= 5.C【解析】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的 AB,EQC平面ABE,所以EQ⊥平面ABC,同理可得 三棱柱称为“堑堵”，.在堑堵ABC-A,B,C,中，AC FP⊥平面ABC,所以向量EF在平面ABC上的投影 ⊥BC,侧棱AA⊥平面ABC,A选项，∴.AA,⊥BC, 向量为Q庐，且Q产-号B心故选C 又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面 A,ACC1,.四棱锥B一AACC1为“阳马”，故A正 3.C【解析】由AB⊥CD,易得BC=AC=BD=AD, 确：B选项，由AC⊥BC,即AC⊥BC,又AC⊥ 取AB的中点O,连接OC,OD,则AB⊥OC,AB CC,且BC∩CC=C,∴.AC⊥平面BBCC, OD,又OC∩OD=O,OC,ODC平面OCD,所以AB A,C⊥BC,,则△ABC,为直角三角形，又由BC⊥平 ⊥平面OCD,所以V,am=子5am·AB=子×号 面AACC,得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定 ×8×12×8=128cm3.故选C. 义可得△AC1C为直角三角形，△CCB为直角三角 形，∴四面体ACCB为“鳖嚅”，故B正确；C选项， 在底面有4=AC+BC≥2AC·BC,即AC·BC≤ 2,当且仅当AC=BC=√2时取等号，VB-AAcC,= 号SXBC=号AM,xACX BC=号ACX BC-≤ 专，最大值为专，故C错误；D选项，：AE1A,B,EF 4 ·104 高三一轮复习B ·数学· ⊥AB,AE∩EF=E,AE,EFC平面AEF,.A1B⊥ 平面AEF,故D正确.故选C =VE一Wc,即号×9X(3v2·h=g-一4 4 6.C【解析】过点P作平行于底面的截面圆O1,过点 Q作平行于底面的截面圆O2,OO2=6,设圆柱的底 ×号×合×3×3X3,解得A=25,所以BG的最小 面圆半径为，则2=12，解得，=只，于是 值为2√3.故选A. 二、选择题 0,p.0,d=2+2=,由P0=P0+0,d+0,0, 9.ABC【解析】将BC固定时，在倾斜的过程中，随着 3 倾斜度的不同，平面EFGH始终与地面平行，根据面 得1PQ1=√(PO+O,O+O,Q)2 面平行性质定理，始终有AD∥EH∥FG∥BC,且平 =√/2r2+OO22+2P0,·O2Q 面AEFB∥平面DHGC,故水的部分成棱柱状，没水 的部分也始终成棱柱状，故A,B正确；由AD,∥AD =-√2x(）广+6+2x()广os号 ∥CB∥FG,故C正确；水面四边形EFGH是矩形， 随着倾斜度的不同，EF是变化的，而EH不变，所以 =63+元，所以P,Q两点间的距离为63+元 面积是改变的，故D错误.故选ABC π 故选C. 10.AD【解析】对于A,如图. 3 P--- ,01 /3 因为a⊥a,b⊥3，a与3所成锐二面角为0，所以a与 B b所成角为0，故A正确；对于B,若a∥a,b∥B,此时 7.A【解析】设圆锥的底面圆半径为r,则该圆锥的侧 不能确定a与b所成角，如直线a∥b时，此时a与b 面展开图扇形弧长为2xr,于是号×冬×2xr=经 所成角为0，故B错误：对于C,设平面a,B的交线为 3 直线l,当a∥l时，a与3所成角为0，当a与l不平 解得=1.该圆维的高为A=√（信）广--号设 行时， 该圆锥的外接球的半径为R,则球心到圆锥底面圆的 距离d=h-R,由球的性质知(？-R)+1? R,解得R=8,所以该圆锥的外接球的表面积为 3√7 C S=4R-故选八 256 8.A【解析】点G是平面ACF上的动点，所以EG的 最小值即点E到平面ACF的距离，由题意，几何体 设a∩l=C,在直线a上取点A,过点A作AB⊥3于 可补成棱长为3的正方体，如图， 点B,作OA⊥1于点O,连接OB,因为AB⊥B,lCB, 所以AB⊥l,又OA⊥l,OA∩AB=A,所以I⊥平面 OAB,又OBC平面OAB,所以OB⊥1，则∠AOB即 为a与B所成锐二面角的平面角，则∠AOB=0,因 为AB⊥3，aCa,所以∠ACB即为a与B所成角的 平面角则tam∠ACB-设≤品-am0,当且仅当 a⊥l时取等号，所以a与B所成角最大值为0，故C D 不正确：对于D,如图. B 则可得AC=AF=FC=EF=EA=EC=3√2，设点E 到平面ACF的距离为h,则V:=专·Sa· ·105. ·数学· 参考答案及解析 对于D,S=SAAEG十SAxD,十S梯形D,D十S梯形ACE十 S6m,=号×1X1+号×2X2+7X1+2)X2 +号×1+2)x2+2×i+2)×3 2 =13,故 D正确.故选ABD. 三、填空题 12.√6【解析】依题意，A户=(-3.1，-1)，所以点 因为b⊥B,a与3所成锐二面角为0，所以b与a所成 P(-2,2,-1)到1的距离d= 角为5一，故D正确.故选AD. √-(-（后 =√6 11.ABD【解析】对于A,因为AB⊥A1B,AB A1D1,AB∩AD1=A,A1B,ADC平面 13. 【解析】如图，取EF的中点G,连接AG, A1BCD1,所以AB⊥平面A1BCD1,又因为DFC CG.AC 平面ABCD,所以DF⊥AB,故A正确： D B 、D D B 因为EF∥AB,EF=2AB=8,所以四边形ABFG为 平行四边形，所以BF∥AG,同理可得ED∥CG,所 对于B,如图，过E,F,G的平面截正方体所得的截 以∠AGC为异面直线ED与BF所成的角或其补 面为正六边形EFNLHG,且H,L,V分别为各边 中点， 角，AC=4V2,AG=CG=4,即AC°=AG2+CG,所 以∠AGC-交，即ED与BF所成角的大小为交. 14.√5【解析】取AB的中点M,延长CM交DA的延 B 长线于N,由BC/AD,可得S-器-=1，所以AN =BC=AD,所以A为ND的中点，由正方体ABCD -A1BC,D1,可得AD,⊥AD,又易得CD⊥平面 ADDA1,又ADC平面ADD1A,所以CD⊥AD, 又A1D∩DC=D,AD,DCC平面ADC,所以AD ⊥平面ADC,又AD1∥AD且A1D1=NA,所以四 因为BC1∥FN,FNC平面EFG,BC,中平面EFG, 边形NAD1A是平行四边形，所以NA1∥AD1,所 所以BC∥平面EFG,故B正确：对于C,如图，连接 以NA,⊥平面A,DC,又NAC平面A,MC,所以平 D1F,D1C,因为D1C∥EG,所以直线D1F与EG所 面A,MC⊥平面A,DC,因为平面A:QC⊥平面 成角为∠FDC,因为FC⊥D1C,所以cos∠FDC= ADC,所以Q∈MC(不含端点C),易得MC= D,C_2区，故C错误： √+2=√5，所以点Q的轨迹长度为5. DF 3 四、解答题 D 15.解：(1)如图以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直 线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系Dxy2,则 B D0.0.0)A1.0.0).E(0.0,2）.G(1.1,号） F(27,0).c010. -(3,3,-2).-(3-日o) 则成.C市--+0=0， ·106· 高三一轮复习B ·数学· 故E求⊥C, 又PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, 即EF⊥CF. (5分) 所以EF⊥平面PDE, (2cc=(1.0,2）) 又PDC平面PDE, (6分) 故EF⊥PD. (8分) 设CG与EF所成角为O, 则cos0=|cos(CG,E)|= CG.EF ICGIEFI x圆 2 2 =15 15 G 即CG与EF所成的角的余弦值为 15 (9分) (3)由上可知，CD⊥平面PED, 所以CD⊥PD, PD=w√PC-CD=√39， 又PE=AE=25,ED=3√3， 且PE2+ED=PD2, 所以PE⊥ED (11分) 由(I)知，EF⊥PE,且EF∩ED=E,EF,EDC平面 BCDEF. (3)因为F为BD的中点， 由此得PE⊥底面BCDEF,PE即为五棱锥的高， 所以CF⊥BF, (12分) 又EF⊥CF,平面ECF∩平面BCF=CF, 过B点作BG∥EF, 所以∠EFB为二面角E一CF一B的平面角， 因为F为AB的中点， (11分) 所以EF为△ABC的中位线， 1 则BG=2EF=4, 因为tan∠EFD ED_2_W② 2 S五边形xDEF=S梯形BFBG十Sw形(DGB= ×(2+4)× 1 2 所以tan∠EFB=-2 25+号×(3+4)×-3. 即二面角E-CF-B的正切值为-号 V=吉SxXPE=-吉×95×25=19， (13分) 则五棱锥P-BCDEF的体积为19. (15分) 16解：1)由AB=8AD=5,花=号A市，A正 17.解：(1)因为AC⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以AC⊥BC, 应 又因为∠ACB=90°， 所以AC⊥BC, 得AE=23,AF=4, 因为AC∩AC=C,且AC,A,CC平面AAC,C, 又∠BAD=30°， 所以BC⊥平面AA,C,C, 在△AEF中，由余弦定理得 又因为BCC平面BCCB, EF=√AE+AF-2AE·AFcos∠BAD 所以平面BCCB1⊥平面AAC,C. (3分) =V16+12-2X4×2W3× (2)过A,作A,H⊥CC,垂足为H, 2 1=2 (2分) 因为平面BCCB:⊥平面AACC,平面BCCB,∩ 所以AE+EF=AF2, 平面AA,CC=CC,,且A,HC平面AACC, 则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以AH⊥平面BCCB, 又因为CD⊥AD, 所以A1H=2, (4分) 所以CD∥EF, 因为A,C⊥平面ABC,且ACC平面ABC, 又CD寸平面PEF,EFC平面PEF, 所以AC⊥AC, 所以CD∥平面PEF (5分) 又因为AC∥AC, (2)由(1)知，EF⊥PE,EF⊥DE, 所以AC⊥AC, ·107· ·数学· 参考答案及解析 在Rt△A1CC1中，可得CC1=4=2A1H, 18.解：(1)因为PD⊥平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以H为CC1的中点， 所以PD⊥AB, 所以△ACC为等腰直角三角形， 又因为AB∥CD,∠ADC=90°， 所以AC=AC1, 又由四边形ACCA,为平行四边形， 所以AD⊥AB, 所以AC=AC,且AC∥AC1, 而AD∩PD=D,AD,PDC平面PAD, 所以AC=AC, 所以AB⊥平面PAD. (4分) 所以△AAC为等腰三角形 (7分) (2)因为PD⊥平面ABCD,AD,CDC平面ABCD, (3)以C为坐标原点，CA,CB,CA1所在直线分别为 所以PD⊥CD,PD⊥AD, x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系， 而CD⊥AD, 在平面BCC,B,内过H作HQ∥BC,交BB,于点 于是建立如图所示的空间直角坐标系， Q,连接A,Q,如图所示， 由CC1⊥AH,CC⊥HQ,且CC1=BB,CC 则D(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,1,0), ∥BB, C(0,2,0), 又由AH∩HQ=H,AH,HQC平面AHQ, 由(1)可知AB⊥平面PAD, 所以CC,⊥平面AHQ,BB,⊥平面AHQ,(9分) 所以平面PAD的一个法向量为AB=(0,1,0), 因为AQC平面AHQ, (6分) 所以BB,⊥AQ, 所以AQ=4, 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,x), 在Rt△AHQ中，HQ=23, PB=(2,1,-2),PC=(0,2,-2), 可得AC=AC=22, m·PB=0 则A(2√2,0,0)，B(-2√2,23,2√2)，C1(-2√2， 则有 m.PC=0' 0,2√2)，B(0,25,0), |2.x+y-2x=0 所以AB=(-42,2√5,2√2)，CB=(0,23,0), 即 2y-2x=0 CC=(-22,0,22), 令x=1,则m=(1,2,2), (8分) 设平面BCC1B,的一个法向量为n=(x,y,x), 设平面PAD与平面PBC夹角为0， 则n·C店=23=0 AB·m 2 2 n·CC=-22x+22z=0 则cos0= |AB|×|m|1×√+4+4 3 令x=1,可得y=0,x=1, 所以n=(1,0,1). (12分) 即平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为号。 设直线AB与平面BCCB:所成的角为0， (11分) 则sin0=|cos(AB,n)|= |AB·n ABm -4√2+2√2 √(-42)2+(2√3)2+(22)2×√12+1 =3 13” D 1 所以AB与平面BCCB,所成角的正弦值为 13 (15分) (3)设PG=1PB(A∈(0,1))，G(x,y,2), A 于是有(xy,2-2)=λ(2,1，-2)， 即G(21,A,2-21),DG=(2λ，1,2-2x), 由(2)可知平面PBC的一个法向量为m= (1,2,2) (13分) 假设DG与平面PBC所成角的正孩值为号， 则有号=文m |DG·m ·108· 高三一轮复习B ·数学· 即2 |2λ+2λ+4-4 若1过A点时，记AC与1的夹角为 W/4λ2+入2+(2-2入)FX√1+4+4 9(0≤约≤受) 解得入=8或X=0(舍去)， 则cosp=cos∠A AOcos59, 即路8 (17分) 因为cos9∈[0,1]， 所以cosP=coS∠A,AOcos91≤c0s∠A1AO= 19.解：(1)连接BO, 由已知得AOL平面ABCD,BO⊥AC, cos3' D 又0<9≤受， C 所以晋≤≤受： (13分) B 若1不过A点时，过A点作'使得'∥1，记AC与 DU- 的夹角为(0≤≤受)： C 则cos9=cos∠A1 AOcos9, B 因为cos∈[0,1]， 又AOC平面AACC, 所以cosP=cos∠A1 AOcos≤cos∠A1AO= 所以平面A,ACC⊥平面ABCD, 所以二面角A,一AC-B的大小为90°， 因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°， 又0<≤号， 所以∠BAC=30°， 又AB=2, 所以登≤p<受】 所以AO=√3， (3分) 综上可得音≤<受 (17分) 在R△AA0中，cos∠AA0=A0=341」 A1A2√3 2 D 由三面角余弦定理可得 A cos∠A,AB=cos∠A1AOos∠BAC+sin∠A1AO· sin∠BACcos90° =os∠AA0s∠BAc-号×号-g (8分) , (2)依题意可得0<≤受· 设平面ABCD内任一条直线为l, ·109高三一轮复习周测卷/数学 (十八)立体几何的综合 (考试时间120分钟，满分150分) 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的) 1.已知m,n是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则m∥α的一个充分条件是 A.m∥n,n∥a B.m∥B,a∥3 C.m⊥n,n⊥a,mta D.m∩n=A,n∥a,m寸a 2.如图，在八面体ABCDEF中，平面ABE,ACF均垂直于底面ABC,且AE=BE =AF=CF,则下列向量中与向量EF在平面ABC上的投影向量相等的是 A.2AB B.AC C.BC D.-BC-AC 3.如图1，一个圆柱形笔筒的底面直径为8cm,(笔筒壁的厚度忽略不计)，母线长为12cm,该圆柱 形笔筒的直观图如图2所示，AB,CD分别为该圆柱形笔筒的上底面和下底面直径，且AB⊥ CD,则三棱锥A一BCD的体积为 A.96 cm B.108 cm3 C.128 cm3 D.256cm3 图1 图2 4.如图所示，ABCD一A1B1C1D1是棱长为3的正方体，M,N分别是下底面的棱AB1,B1C1的中 点，P是上底面的棱AD上的一点，2AP=DP,过点P,M,N的平面交上底面于PQ,点Q在CD 上，则PQ= A.√2 B B.32 2 D C.2 C D.22 M B 5.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”底面为矩形，一条 侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”如图，在 堑堵ABC-A1B1C,中，AC⊥BC,且AA1=AB=2.其中不正确的是 A1 B A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马” 、E B.四面体ACCB为“鳖懦” C四棱锥B-AACG体积的最大值为号 B D.过A点作AE⊥AB于点E,过E点作EF⊥AB交A1C于点F,连接 AF,则A1B⊥平面AEF 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 6.已知正方形ABB1A,的边长为12，其内有两点P,Q,点P到边AA1,A1B1的距离分别为3,2，点 Q到边BB1,AB的距离也是3和2.现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A1B1重合（如图）.则 此时P,Q两点间的距离为 A.61+π A 3 A 3 P B.6V②+π π 2.0 C.6V3+π D.6V4+元 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为号，面积为号x的扇形，则该圆锥的外接球的表面积为 A B.4π c.置 D.9π 8.一种糖果的包装纸由一个边长为3的正方形和两个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD,BC 将这两个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF,AE,CF,AC,若点G是平面ACF 上的动点，则EG的最小值为 A.2V3 B.3 D C.6√3 B D.4 图1 图2 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.如图，在透明塑料制成的长方体ABCD一A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固 定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是 A.水的部分始终呈棱柱状 B.没水的部分始终呈棱柱状 C.棱AD1始终与FG平行 D.水面四边形EFGH的面积随倾斜度的不同未发生改变 10.已知直线a,b和平面a,3,a与3的夹角为0，则 A.若a⊥a,b⊥3，则a与b所成角为0 B.若a∥a,b∥B,则a与b所成角为0 C.若aCa,则a与B所成角最大值为-0 D.若bL,则b与a所成角为5-0 三一轮复习周测卷十八 数学第2页（共4页） ® 11.如图，在正方体ABCD一A1B1E1D1中，E,F,G分别为AB,BC,AA1的中点，则 A.D1F⊥AB1 D B.BC1∥平面EFG C.直线D,F与BG所成角的余弦值为号 CT D D.若AB=2,则棱台AEG-DCD1的表面积为13 班级 姓名 分数 题号 2 3 5 7 8 9 10 11 答案 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知直线1的方向向量为m=(1,一2,0)，且1过点A(1,1,0),则点P(一2,2，一1)到1的距离 为 13.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，通过将连接部分紧密拼接，使 E 整个结构能够承受较大的重量，并具有优异的抗震能力.其中，木楔 子的运用极大地增加了榫卯连接的牢固性.木楔子是一种简单的机 械工具，用于填充器物的空隙，使其更加稳固.如图为一个木楔子的 直观图，其中四边形ABCD是正方形，EF∥AB,且△ADE,△BCF 均为正三角形，EF=2AB=8,则ED与BF所成角的大小为 14.在棱长为2的正方体ABCD一A1B,C1D1中，Q为底面ABCD(含边界)上的动点，且平面A1QC ⊥平面A1DC,则点Q的轨迹长度为 四、解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 如图，在棱长为1的正方体ABCD一ABCD1中，E,F,G分别是DD1,BD,BB1的中点. (1)求证：EF⊥CF; (2)求CG与EF所成角的余弦值； A (3)求二面角E-CF一B的正切值. E D 16.(本小题满分15分) 如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE D.=成.将△AEF沿EF图折至△PEF,使得PC=4,3. (1)证明：CD∥平面PEF; (2)证明：EF⊥PD: (3)求五棱锥P-BCDEF的体积， 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 17.(本小题满分15分) 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A,C⊥底面ABC,∠ACB=90°，AA1=4,A1到平面BCC1B1 的距离为2. 7B1 (1)证明：平面BCC1B1⊥平面AAC1C; (2)证明：△A1AC为等腰三角形； (3)已知AA,与BB,的距离为4，求AB与平面BCCB,所成角的正弦值. 18.(本小题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AB∥CD,∠ADC=90°，且AD=CD=PD 2AB=2. (1)求证：AB⊥平面PAD; (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值； (3)在棱PB上是否存在点G(G与P,B不重合)，使得DG与平面PBC D 所成角的正弦值为号？若存在，水那的值：若不存在，请说明理由。 19.(本小题满分17分) 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦 定理：如图1，由射线PA,PB,PC构成的三面角P-ABC,记∠APC=a,∠BPC=B,∠APB= Y,二面角A一PC一B的大小为0，则cosy=cos acos3十sin asin3cos0.如图2，四棱柱 ABCD-A1BC1D1中，四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，AA1=2√3，AB=2,且A1点在底 面ABCD内的投影为AC的中点O. D P∠---- AEǒ B 图1 图2 (1)求cos∠A1AB的值； (2)设直线AA与平面ABCD内任意一条直线的夹角为，证明：智≤g≤受 三一轮复习周测卷十八 数学第4页（共4页） ®